分層練習5　動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系的應用A組1.(2021山西高三二模)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的半圓形軌道,A、B為水平直徑的兩端點,O為圓心,現(xiàn)將半徑遠小于軌道半徑、質(zhì)量為m的小球從O點以初速度v0=水平向右拋出,小球落在圓周上某一點,不計空氣阻力,重力加速度為g,則小球落在圓周上時的動能為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.mgR B.mgRC.(-1)mgR D.mgR2.(多選)(2021福建高三二模)2020年11月10日,中國自主研發(fā)制造的“奮斗者”號潛水器在馬里亞納海溝成功坐底,創(chuàng)造了10 909 m的中國載人深潛新紀錄。在這次深潛探測中,“奮斗者”號下潛過程潛水深度隨時間變化規(guī)律如圖所示,其中t1~t2、t3~t4為直線,忽略下潛過程重力加速度的變化及潛水器的體積變化。則????????????? (　　)A.0~t1時間內(nèi),潛水器做加速下潛B.t1~t2時間內(nèi),潛水器內(nèi)的科考人員所受重力的功率逐漸增大C.t2~t3時間內(nèi),潛水器內(nèi)的科考人員處于失重狀態(tài)D.t3~t4時間內(nèi),潛水器豎直方向所受合外力為零3.(多選)(2021四川成都高三二模)從地面豎直向上拋出一物體,運動過程中,物體除受到重力外還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力F作用。以地面為零勢能面,物體從拋出到落回地面的過程中,機械能E隨路程s的變化關(guān)系如圖所示,重力加速度大小為10 m/s2。則(　　)A.物體到達的最高點距地面的高度為1.0 mB.外力F的大小為3.5 NC.物體動能的最小值為1.0 JD.物體的質(zhì)量為0.4 kg4.(2021江西高三一模)研究“蹦極”運動時,在運動員身上系好彈性繩并安裝傳感器,可測得運動員豎直下落的距離及其對應的速度大小。根據(jù)傳感器收集到的數(shù)據(jù),得到如圖所示的速度—位移圖像,若空氣阻力和彈性繩的重力可忽略,根據(jù)圖像信息,下列說法正確的是(　　)A.彈性繩原長為15 mB.當運動員下降10 m時,處于超重狀態(tài);當運動員下降20 m時,處于失重狀態(tài)C.若以運動員、彈性繩、地球為系統(tǒng)研究,則此過程機械能守恒D.當運動員下降15 m時,繩的彈性勢能最大5.(2021遼寧大連高三一模)“ETC”是電子不停車收費系統(tǒng)的簡稱。若某汽車以恒定功率勻速行駛,為合理通過收費處,司機在t1時刻使汽車功率減半,并保持該功率行駛,到t2時刻又做勻速運動;通過收費處后,逐漸增加功率,使汽車做勻加速運動直到恢復原來功率,以后保持該功率行駛。設汽車所受阻力大小不變,則在該過程中,汽車的速度隨時間變化圖像可能正確的是(　　)6.(2021江西上饒高三二模)如圖所示的光滑斜面長為l,寬為b=0.6 m,傾角為θ=30°,一物塊(可看成質(zhì)點)從斜面左上方頂點P水平射入,恰好從斜面右下方底端Q點離開斜面,已知物塊的初速度v0=1 m/s,質(zhì)量m=1 kg,g取10 m/s2,試求:(1)物塊由P運動到Q所用的時間t;(2)光滑斜面的長l;(3)物塊在斜面上運動過程中重力的平均功率P。       7.(2021江蘇南京高三二模)如圖所示,電動傳送帶以恒定速度v0=1.2 m/s順時針運行,傳送帶與水平面的夾角α=37°?，F(xiàn)將質(zhì)量m=20 kg的箱子輕放到傳送帶底端,經(jīng)過一段時間后,箱子被送到h=1.8 m的平臺上。已知箱子與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.85,不計其他損耗,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。(1)求箱子在傳送帶上剛開始運動時加速度的大小。(2)箱子從傳送帶底端送到平臺上的過程中,求箱子與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量。            B組8.(多選)(2021河南高三二模)如圖所示,水平傳送帶兩端A、B間的距離為l,傳送帶以速度v沿順時針運動,一個質(zhì)量為m的小物塊以一定的初速度從A端滑上傳送帶,運動到B端,此過程中物塊先做勻加速直線運動后做勻速直線運動,物塊做勻加速直線運動的時間與做勻速直線運動的時間相等,兩過程中物塊運動的位移之比為2∶3,重力加速度為g,傳送帶速度大小不變。下列說法正確的是(　　)A.物塊的初速度大小為B.物塊做勻加速直線運動的時間為C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為D.整個過程中物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為9.(多選)(2021全國甲卷)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek,向上滑動一段距離后速度減小為零,此后物體向下滑動,到達斜面底端時動能為。已知sin α=0.6,重力加速度大小為g。則(　　)A.物體向上滑動的距離為B.物體向下滑動時的加速度大小為C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長10.(多選)(2021內(nèi)蒙古赤峰高三一模)如圖所示,光滑直角細桿POQ固定在豎直平面內(nèi),OP邊水平,OP與OQ在O點平滑相連,A、B兩小環(huán)用長為l的輕繩相連,分別套在OP和OQ桿上。已知A環(huán)質(zhì)量為m,B環(huán)質(zhì)量為2m。初始時刻,將輕繩拉至水平位置拉直(即B環(huán)位于O點),然后同時釋放兩小環(huán),A環(huán)到達O點后,速度大小不變,方向變?yōu)樨Q直向下。已知重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)A.B環(huán)下降高度為l時,A環(huán)與B環(huán)速度大小相等B.在A環(huán)到達O點的過程中,B環(huán)速度一直增大C.A環(huán)到達O點時速度大小為D.當A環(huán)到達O點后,若在轉(zhuǎn)彎處機械能損失不計,再經(jīng)的時間能追上B環(huán)11.如圖所示,水平軌道AB長度l1=1.0 m,左端連接半徑為R=0.5 m的光滑圓弧軌道,右端連接水平傳送帶,AB與傳送帶的上表面等高,三段之間都平滑連接。一個質(zhì)量m=1.0 kg的物塊(可視為質(zhì)點),從圓弧上方距AB平面h高處由靜止釋放,恰好切入圓弧軌道,經(jīng)過AB沖上靜止的傳送帶,物塊恰好停在C端。已知物塊與AB、BC段的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.2、μ2=0.5,BC長度l2=2.0 m,g取10 m/s2,不計空氣阻力。(1)求h的大小。(2)求物塊第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點A時對軌道的壓力FN。(3)如果傳送帶以速度v(v的大小可調(diào)且v≥2 m/s)逆時針轉(zhuǎn)動,那么物塊最后停止的位置到A點的距離是多少?(可用v表示)        參考答案 分層練習5　動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系的應用1.A　解析 設小球下落的時間為t,根據(jù)平拋運動規(guī)律,水平方向的位移為x=v0t,豎直方向的位移為y=gt2,由幾何關(guān)系可得x2+y2=R2,解得y=(-1)R,小球落在圓周上時的動能為Ek=+mgy=mgR,故選A。2.AD　解析 因h-t圖像的斜率等于速度,可知0~t1時間內(nèi),潛水器速度增加,即做加速下潛,選項A正確。t1~t2時間內(nèi),潛水器的速度不變,根據(jù)P=mgvy可知,則潛水器內(nèi)的科考人員所受重力的功率不變,選項B錯誤。t2~t3時間內(nèi),潛水器的速度減小,即減速下降,加速度向上,則潛水器內(nèi)的科考人員處于超重狀態(tài),選項C錯誤。t3~t4時間內(nèi),潛水器處于豎直方向速度為零,則豎直方向所受合外力為零,選項D正確。3.AD　解析 根據(jù)圖像可知,物體總共的路程為s=2 m,上升的最大高度為1.0 m,故A正確。這個過程,由功能關(guān)系Ek-Ek0=-Fs,根據(jù)圖像可知Ek0=7 J,Ek=1 J,可得F=3 N,故B錯誤。到達最高點速度為零,動能為零,故C錯誤。由圖像知s=1 m時E=4 J,此時動能為0,Ep=E=4 J,Ep=mgh,得m=0.4 kg,故D正確。4.C　解析 15 m時速度最大,此時加速度為0,合外力為0,彈力不為0,彈力等于重力,彈簧處于伸長狀態(tài),所以A錯誤。運動員下降10 m時,處于加速下落過程,加速度向下,處于失重狀態(tài),當運動員下降20 m時,處于減速下落過程,加速度向上,處于超重狀態(tài),所以B錯誤。以運動員、彈性繩、地球為系統(tǒng)研究,此過程機械能守恒,所以C正確。運動員下降15 m時,速度不為0,繼續(xù)向下運動,彈性繩繼續(xù)伸長,彈性勢能繼續(xù)增大,所以D錯誤。5.C　解析 0~t1時間內(nèi),汽車以恒定功率勻速行駛,則有F=Ff,P=Fv1,t1時刻使汽車功率減半,則有=F1v1,解得F1=,則汽車做減速運動,速度減小,t1到t2時刻保持該功率行駛,所以牽引力增大,由牛頓第二定律可得Ff-F'=ma,則汽車做加速度逐漸減小的減速運動,t1到t2時間內(nèi)圖像的斜率逐漸減小;t2到t3時間內(nèi)做勻速運動,則速度保持不變;t3到t4時間內(nèi)先做勻加速運動有F2-Ff=ma2,P2=F2v2,由于牽引力不變,速度增大,功率增大,當P2=P時,保持功率不變,則汽車繼續(xù)加速運動,其牽引力減小,由牛頓第二定律可知,汽車做加速度逐漸減小的加速運動,加速度為0時,汽車的速度達到最大值,最后做勻速運動。所以在t3到t4時間內(nèi)圖像斜率先保持不變,再逐漸減小,最后為0。所以C正確,A、B、D錯誤。6.答案 (1)0.6 s(2)0.9 m(3)7.5 W解析 (1)物塊做類平拋運動,沿水平方向做勻速直線運動,沿水平方向有b=v0tt=0.6 s。(2)物塊沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動mgsin θ=mal=at2兩式聯(lián)立得l=0.9 m。(3)物塊在斜面上運動過程中重力做的功W=mglsin θ重力的平均功率P=聯(lián)立得P=7.5 W。7.答案 (1)0.8 m/s2(2)122.4 J解析 (1)箱子剛開始運動時,受到垂直于傳送帶的支持力FN、豎直向下的重力G、沿斜面向上的滑動摩擦力Ff,將重力沿斜面方向和垂直斜面方向進行正交分解,由牛頓第二定律得Ff-mgsin α=maFf=μFNFN=mgcos α解得a=0.8 m/s2。(2)箱子加速所用時間為t= s=1.5 s傳送帶位移x傳=v0t=1.8 m傳送帶總長l==3 m箱子加速運動的位移為x箱=at2=×0.8×1.52 m=0.9 m<l產(chǎn)生的熱量Q=FfΔx=Ff(x傳-x箱)=122.4 J。8.BC　解析 由題意知∶v=2∶3,得v0=,A錯誤。勻速運動中=vt,則t=,勻加速與勻速時間相等,B正確。由運動學公式v2-=2ax,x=l,μg=a得動摩擦因數(shù)為μ=,C正確。由熱量Q=Ffs相對,s相對=l-l=l,得Q=,選項D錯誤。9.BC　解析 設物體向上滑動的距離為x,斜面的動摩擦因數(shù)為μ,對物體從斜面底端滑到最高點和從最高點滑到底端的過程用動能定理有0-Ek=-mgxsin α-μmgxcos α-0=mgxsin α-μmgxcos α聯(lián)立解得x=,μ=0.5,故A錯誤,C正確。物體向下滑動的加速度a2=gsin α-μgcos α=g,故B正確。物體向上滑動和向下滑動的距離相同,而向上滑動的加速度a1=gsin α+μgcos α=g,大于向下滑動的加速度a2,由x=at2知,向上滑動的時間比向下滑動的時間短,故D錯誤。10.AD　解析 將兩環(huán)的速度分解如圖所示,B環(huán)下降高度為l時,圖中α=β=45°,則有vAcos α=vBcos β,所以A環(huán)與B環(huán)速度大小相等,A正確。B開始下降的過程中速度由0開始增大,所以是做加速運動,當繩子與水平方向之間的夾角接近90°時,tan α→∞,則vB→0,可知當A到達O點時,B的速度等于0,所以B一定還存在減速的過程,即A環(huán)到達O點的過程中,B環(huán)先加速后減速,B錯誤。由于A到達O點時B的速度等于0,由機械能守恒得=2mgl,則有vA=2,C錯誤。環(huán)A過O點后做加速度等于g的勻加速直線運動,B做自由落體運動,當A追上B時有vAt+gt2=l+gt2,解得t=,D正確。11.答案 (1)1.2 m(2)58 N,方向豎直向下(3)見解析解析 (1)物塊從釋放到C點的過程中,由動能定理得mgh-μ1mgl1-μ2mgl2=0解得h=1.2 m。(2)設物塊從釋放到第一次通過A點時的速度為vA,軌道對物塊的支持力為FN',根據(jù)動能定理得mgh=在A點根據(jù)牛頓第二定律得FN'-mg=m聯(lián)立解得FN'=58 N根據(jù)牛頓第三定律可知,物塊在A點時對軌道的壓力大小為FN=FN'=58 N,方向豎直向下。(3)當傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時,由于物塊在傳送帶上向右及向左勻變速運動時的加速度大小不變,故物塊從B點離開傳送帶時的速度不大于傳送帶的速度。當物塊從h處下落第一次至B點時,設速度為v1,根據(jù)動能定理得mgh-μ1mgl1=解得v1=2 m/s≤v則物塊從B到C再返回到B時速度仍為2 m/s。設物塊在AB段往返經(jīng)過的總路程為s1,根據(jù)動能定理得μ1mgs1=解得s1=5 m因為=5,所以物塊恰好停止在A點。 

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